河北省石家庄市2023届高中毕业年级教学质量检测（一）数学试题含答案.pdf

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1、石家庄市2023届高中毕业年级教学质量检测飞一）数学（附、周120份钟，满分150分）注意事项：t答卷前考生劳也将自己的姓名、准考证号填写在答跑卡血。2.回答选择题时逃出每小题的答案后，用28铅笔把答题卡上的对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。骂在答题卡上与题号相对应的答题区域内智题驾在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应的答题区域的答案一律无效。不得用规定以外的笔和纸答题不得在答题卡上做任何标记。、选择题：本题共8小题每小题5分共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项.符合题目要求的1.已知集合A=xly=-.lx+苟，B=x I I x-2 I l，则A U

2、B=(A.3.李oo)B.-3,+oo)C.(-3,3)D.，3)2.复数z在复平、面内对应的点为吃，l），则问 3 I司吗）Ar 8 B.4 C.i./2 P.-J23.截至2023年2月，“申国去眼”发现的脉冲星总数已经达到740颗以上被称为11中国夭眠”的500米口径球面射电望远镜LFAS巫七是目前世界主口径最大，真敏度最高的单1日径肘电望远镜（图）o观测时它可以通过4450块三角形面板及2225个触控器完成向她物暇的转化，.l地时轴截面可以看作抛物绪的一部分某学校科技小组制作了一个FAS1模型，观测时呈口径为4米，高为1米的抛物面？则其铀截前所在的抱物线（图2）的顶点到焦点的距离为对图

3、1图2.A.1 B.2t 4-tD.84.已知数列a.）为各项均为正数的等比数列，a,34,S3.;g4，则。lo坠（a,a2 a3，Os）的值为（）A.70B.72C.74D.765.古冯是圆iC，：比2,.,y2=.4与圆C2:1叫齐！（）al=1有公切线的！（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件c.充要条件D.既不充分也不必曳条件高空数学第1页（共4页）6.为推进体育教学改革和发展、提升体育教学质量丰富学校体育教学内容，某市根据各学校王作实际，在4所学校设立兼职教练岗位现聘请甲、乙等6名教练去这4所中常指导体育教学，要求每名教练只能去一所中学，每所中学至少有一名教练，则甲、乙分在同

4、一所中学的不同的安排方法种，数为（A.96 B.120 C.144 D.240 7.设向盘a,b满足lal=2,lbl=l，若3te R,la+tblla剧，IJ向量a与b的夹角束等于（A.30。B.60。8.已知a今叫c=e02-1，则（）A.abc B.acb c.110。D.150。C.cab Dc5)=0.22，则P(-li;5)=0.562 c.若随机变量B(9王），则方差D(2)=8D.若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数x，则平均数和方差都会发生变化10；设函数ij（功ooslrox+,.Jisin 2rox仙汩切的最小正周期为肌则）co=1E函数y=/(x）的图象可由函数

5、，y=2叫的图象向左平移？个精单位得到C.函数f(i）的图象关乎点（坐，0）中心对称12 D.函数U垃在区ii(.！，主）上单调递型号is 11.已知正觉体AllCD-.A,B,Cil).，的棱长为2，MN分别1副丘，cc，的中点则，（A.AC1 II MNB.乓Dl.MNsJs+Jf?c.平面MND截此正方体所得截面的周长两一D.三棱锥B,-MND的体积为312.设J(x）是定义域为R的奇函数，且y主J(2x+2）的图象关于直线x.！对称，若Ox运时，2/(x)=(ez-e-z)cQsx，则（）A.J(x）为偶函数B.I(x）在（寸）上单调递减C.f(x），在区间队，2023上有物461千零

6、点2023 D.rt(k）p.1.-e高亘数学，第2页（共4页）试卷第 1 页，共 7 页 2023 届高三质量检测（一）数学答案 一、单选题：1-4 BCAB 5-8ADCC 二、多选题：9.BC 10.ACD 11.BC 12.AB 三、填空题:13.273e 14.-540 2415.;23 16.7 四、解答题 17.解：（）sinsinsina+bC+Bc-bA 由正弦定理得 a+bbcc-ba .2 分 化简得222a+b-c=-ab cosC=-12 .4 分 C0,23C 5 分（）3126a+b=c 由正弦定理得sinsinsinA+B=6C312 sinsinA-A33 2

7、3122 sinA+432 7 分 7034412AA 试卷第 2 页，共 7 页 即4334AA，9 分 sinsinA6234410 分 18 解析：（）3,0.5xy,.2 分 51()()2.2iiixxyy,521()10iixx,51521()()0.22()iiiiixxyybxx ,.4 分 1.16aybx,0.221.16yx.6 分（）把1lg72xu代入0.221.16yx 得：l0.0 3811 g.yu.8 分 令0.1 lg0.380.14uy，10 分 解得781110u A 浓度至少要达到781110mol/L.12 分 19.（）证明：,.,.SASBAB

8、OABSOABABCDSAB SOSABABCDSABABSOABCDSOBD为的中点，平面平面平面平面平面平面则.2 分 2CBBABOAD，=90CBOBAD，CBOBAD，故=BCOABD,+=+=90ABDCOBBCOCOB，试卷第 3 页，共 7 页 BDCO；4 分,COSOOBDSOC 平面 5 分（）如图，在底面 ABCD 中，过 O 点作 OM 垂直 AB 交棱 CD 于 M 点，以 O 为坐标原点，射线 OS，OA,OM 为,x yz，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得,(0 0 0)010010OAB，（，），（，）012012CD（，）（，），30 0S

9、（，）,332SEEESD假设存在点，设则（，）6 分 (33,1,2),(0,2,0),(3,1,2)AEABDCDS (,).200,22 03.3200,x y zSCDyDCxxyzDS设为平面的法向量，则即令，可得（，），nnnn 8 分(,).200,(33)(1)200,2,(2,0,33)x y zABEyABxyzAEx设为平面的法向量，则即，令可得mmmm 10 分 22331cos,55 5631717210210SESESDSD 因此有解得，或m nm nm n 12 分 20.解解：（）方法一：由23563a+2a=S 得2d ，211nS=-nan，2 分 若数列n

10、S为单调递减，则满足101nnS-Sn恒成立，即1201ann，得121an n恒成立.4 分 解得：12a.5 分 方法二：试卷第 4 页，共 7 页 由23563a+2a=S 得2d ，211nS=-nan，2 分 若数列nS为单调递减，则需满足11322a 4 分 解得：12a.5 分（）根据题意数列 nb为：0010120111,2,1,2,2,3,2,2,2,523,2,2,2,21n-n-n可将数列分组：第一组为：1，02；第二组为：1，02，12；第三组为：3，02，12，22；第k组为：23k，02，12，2212k；7 分 则前k组一共有32312kkk 项，当12k 时，项

11、数为90.故95T相当于是前12组的和再加上2323,1,2,2,2-这五项，即 00101112395112122222223 12T=+2+2+9 分 0010111222222+可看成是数列 nc21nnc=的前12项和，10 分 12139521 21 21121223 1 2 4 8 2142 805021 2T=+=.12 分 21.解：（）由题意可知：点(4,3)P在双曲线上，所以221691ab，1 分 过 P 做x轴的平行线3y，与byxa 相交于,M N两点，那么,M N两点可求：3(,3)aMb，3(,3)aNb，所以22222233916944164aaaaabbbab

12、，所以2a，3 分 代入221691ab，可知3b，所以双曲线的方程为22143xy.4 分（）（选）由题意可知，直线l与双曲线 C 交于不同的两点 A，B，设1122(,),(,)Ax y Bx y，联立方程：22143xyykxm，可得：222(3 4)84120kxkmxm 试卷第 5 页，共 7 页 所以2340k，222(8)4(3 4)(412)0kmkm 即22340mk,由韦达定理可知：122834kmxxk，212241234mx xk,6 分 由条件121kk，即为：121233144yyxx，整理可得：211212(4)(3)(4)(3)(4)(4)xkxmxkxmxx

13、即：1 2121 2122(3 4)()8(3)4()16kx xmk xxmx xxx 8 分 代入韦达定理得：22286690mkmkkm 分解因式可得：(23)(43)0mkmk 所以23mk或43mk10 分 若23mk，直线23(2)3ykxmkxkk x，则直线l过定点(2,3)；若43mk，则43(4)3ykxmkxkk x，则直线l过点 P，不合题意舍去.综上所述，直线l过定点(2,3).12 分（选）由题意可知，直线l与双曲线 C 交于不同的两点 A，B，设1122(,),(,)A x yB x y，联立方程：22143xyykxm，可得：222(3 4)84120kxkmx

14、m 所以2340k，222(8)4(3 4)(412)0kmkm 即22340mk 由韦达定理可知：122834kmxxk，212241234mx xk6 分 由条件1 21k k，即为：121233144yyxx，整理可得：121211()()3()()91(4)(4)kxm kxmkxmkxmxx 即：221212121212()3()6914()16k x xkm xxmk xxmx xxx8 分 试卷第 6 页，共 7 页 展开代入韦达定理得：22732161890mkmkm 分解因式可得：(743)(43)0mkmk 所以437km 或43mk10 分 若437km，直线4343()

15、777kykxmkxk x，则直线l过定点43(,)77；若43mk，则43(4)3ykxmkxkk x，则直线l过点 P，不合题意舍去.综上所述，直线l过定点43(,)77.12 分 22.解：（）证明：令()(1)1f xxx，当1时，可知()0f x，原不等式成立；1 分 当1时，11()(1)(1)1fxxx，可知当(1,0)x 时，()0fx，()f x单调递减；当(0,)x，()0fx，()f x单调递增.3 分 所以()(0)0f xf，所以原不等式得证.4 分（）要证对任意*nN，123(1)nnnnnnn恒成立，只要证：123.11111nnnnnnnnn，即证：121111

16、.111111nnnnnnnnnnn6 分 由（）可知对于任意正整数1,2,3.in，11111iinn，所以 11111111innininnn，那么 121111.11111nnnnnnnnnnn 试卷第 7 页，共 7 页(1)(2)11111111.11111n nn nn nnnnnn1211111111.11111nnnnnnnnnnn（*）8 分 而11(1)12nn成立，证明：要证11(1)12nn，只要证111()121nn，令1(0,1 xn，即证明：21xx 成立，令()21xg xx，求导可得：()2 ln2 1xg x，当210log()ln2x时，()0g x，()g x单调递减；当21log()1ln2x时，()0g x，()g x单调递增，又(0)0g，(1)0g，所以当(0,1x时，()0g x.所以11(1)12nn.10 分 所以（*）1221111111()()()()()1()1222222nnnn 所以命题得证.12 分